Bài 1 ( 3,0 điểm) UBND THỊ XÃ KINH MÔN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 LẦN 06 NĂM HỌC 2022 2023 MÔN TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (Đề gồm 05 câu, 01 trang) Câu 1 ( 2 0 điểm) 1[.]
Trang 1UBND THỊ XÃ KINH MÔN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 LẦN 06
NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút
(Đề gồm 05 câu, 01 trang)
Câu 1 ( 2.0 điểm)
1) Giải phương trình: x4 - 3x2 – 4 = 0
2) Giải hệ phương trình: ( )( )
x y
− + = −
− + = −
Câu 2 ( 2.0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức sau:
A=x x x +11− x−x 1x x x x −11+ x+x 1x ; (x 0 và x 1)≥ ≠
2) Cho hàm số bậc nhất y=(m2 −1)x m+ +3(d) Tìm m để đồ thị hàm số (d) song song với đường thẳng y = 3x + 5
Câu 3 (2.0 điểm)
1) Hai tỉnh A và B cách nhau 90km Lúc 6 giờ 30 phút sáng, một xe tải đi từ tỉnh A đến tỉnh B Đến 7 giờ 15 phút sáng cùng ngày, một xe con cũng đi từ tỉnh A đến tỉnh B đuổi theo xe tải với vận tốc lớn hơn vận tốc xe tải 20km/h Hai xe gặp nhau tại tỉnh B Tính vận tốc của xe tải
2) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng (d): y=4x m− +2 và Parabol (P): y x= 2 Tìm số nguyên m để đường thẳng (d) cắt parbol (P) tại hai điểm phân biệt
có tọa độ A(x1, y1) và B(x2, y2) sao cho y1−2x x1 2+2x2 =1
Câu 4 ( 3.0 điểm)
Cho đường tròn (O; R) và điểm M nằm ngoài đường tròn Vẽ các tiếp tuyến
MA, MB với đường tròn(A, B là các tiếp điểm) và cát tuyến MCD không qua tâm O (điểm C nằm giữa M và D, tia MC nằm giữa 2 tia MA và MO) Gọi I là trung điểm của CD
a) Chứng minh tứ giác AMBI nội tiếp một đường tròn
b) Đường thẳng qua C vuông góc với OA cắt AB, AD lần lượt ở N và K Chứng minh tứ giác BCNI nội tiếp và N là trung điểm của CK
c) Gọi Q là giao điểm của AB và MD Chứng minh QC MD= QD.MC
Câu 5 ( 1.0 điểm)
Cho ba số thực dương , ,x y z thỏa mãn x y z+ ≤ Chứng minh rằng:
1 1 1 27
2
Α = + + + + ≥
–––––––– Hết ––––––––
Trang 2UBND THỊ XÃ KINH MÔN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 9 LẦN 06 HƯỚNG DẪN CHẤM
NĂM HỌC 2022 - 2023 MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu
Câu 1
(2,0đ)
1)
phương trình: x4 - 3x2 – 4 = 0 (1)
Đặt t x t= 2, ≥0 khi đó PT(1) trở thành: t2− − =3 4 0t (2)
Do a- b +c = 1+3 -4 =0 Nên PT (2) có hai nghiệm: 1
4
t t
= −
=
1 0
t = − < (Loại); t = (thỏa mãn) 4 Với t = ⇒4 x2 = ⇔ = ±4 x 2 Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt: x1 = -2; x2 = 2
0.25 0.25 0.25 0.25
2)
( )( )
x y
− + = −
− + = −
x y
− + = −
x y
x y
− + = −
⇔ − =
Vậy hệ PT có nghiệm duy nhất (x; y)=(2; 3)
0.25 0.75
Câu 2
(2,0đ)
1)
2
1
A
x
= −
Vậy: A ( 1) = x− 2 với x 0 và x 1 ≥ ≠
0,25 0,25 0,25 0,25
2)
Vì hàm số y=(m2 −1)x m+ −1 là hàm số bậc nhất nênm ≠ ±1(*)
Đồ thị hàm số (d) song song với đường thẳng y = 3x + 5
2 1 3
3 5
m m
− =
⇔
+ ≠
2 2
2
m
m m
= ±
=
⇔ ≠ ⇔ ≠ ⇔ = − Giá trị m = -2 thỏa mãn điều kiện (*) Vậy m = -2 thì đồ thị hàm số (d) song song với đường thẳng
0,25 0,25 0,25 0,25
Trang 3y= 3x + 1
Câu 3
(2,0đ)
1)
Gọi vận tốc của xe tải là x (km/h) (x >0) Vận tốc xe con là: x + 20 (km/h)
Thời gian xe tải đi từ A đến B là: 90
x (h) Thời gian xe con đi từ A đến B là: 90
x 20 + (h)
Xe con đi sau xe tải: 7 giờ 15 phút- 6 giờ 30 phút= 45 phút
=3
4giờ, ta có phương trình
x x 20 4− + = , suy ra pt: x2 + 20x – 2400 = 0 Giải phương trình tìm được x1=40;x2 = −60 Có: x = 40 (thoả mãn) và x = -60(loại)
Vận tốc xe tải là 40km/h
0,25
0,25 0,25 0,25
2)
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:
x2 = 4x – m + 2
x2 – 4x + m – 2 = 0 (*)
Có ∆ = −' 6 m
Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x x1, 2
6 m 0 m 6
⇒ − > ⇔ <
Theo định lí Vi-et ta có: ( )
( )
1 2
4 1 2 2
x x
x x m
+ =
= −
Vì A(x1, y1) thuộc (P) nên 2
y =x
Theo bài ra ta có: y1−2x x1 2+2x2 =1⇒ 2
x − x x + x =
Từ (1)⇒ x2 = −4 x1
2
2
3 10 7 0
7
1 ;
3
+ Với x1 = ⇒1 3x2 = Thay vào (2) ta có: 1.3= − ⇔m 2 m=5(thỏa mãn)
x = ⇒ x = Thay vào (2) ta có: 7 5 2 53
3 3 = − ⇔ =m m 9 (không thỏa mãn)
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 4Vậy m = 5 đường thẳng (d) cắt parbol (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) và (x2; y2) thỏa mãn:
y − x x + x =
Câu 4
(3,0đ)
Vẽ hình phần 1 đúng cho 0,25 điểm Nếu vẽ sai hình thì không chấm điểm cả câu 4
0,25
a)
Chứng minh tứ giác AMBI nội tiếp một đường tròn
Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) tại A và B
⇒MA⊥AO tại A và MB⊥BO tại B
⇒ MAO MBO= = 90 0
⇒ A, B thuộc đường tròn đường kính MO (1)
0,25
Mặt khác ta có I là trung điểm của dây CD không đi qua tâm nên MI OI⊥ tại I hay MIO = 90 0 ⇒ I thuộc đường tròn đường kính MO (2)
0,25
Từ (1) và (2) ⇒ A, B, I thuộc đường tròn đường kính MO
⇒5 điểm A, M, I, O, B cùng thuộc một đường tròn
⇒ Tứ giác AMBI nội tiếp một đường tròn 0,25
b)
Theo câu a, 5 điểm M,A,I,O,B nằm trên một đường tròn
MAB MIB
⇒ = ( hai góc nội tiếp cùng chắn MB) (3) 0,25 Theo bài ra ta có :
/ /C
C
ΜΑ ⊥ ΟΑ
Ν ⊥ ΟΑ ⇒CNB MAB = ( 2 góc đồng vị ) (4)
Từ (3) và (4) ⇒MIB CNB = hay ⇒CIB CNB =
⇒Tứ giác BCNI nội tiếp
0,25
⇒ = (hai góc nội tiếp cùng chắn CN) hay
Mà ADC ABC = ( hai góc nội tiếp cùng chắn )
⇒ = mà chúng ở vị trí đồng vị ⇒NI KD//
0,25 Xét ∆CKD có I là trung điểm của CD (GT),NI KD// ( c/m
Trang 5Ta chứng minh được : ∆MCA ∆MAD( g.g) ⇒MC.MD = MA2
Mà trong tam giác vuông MAO có: MA2 = MH.MO ⇒ MC.MD = MH.MO ⇒ MC MH
MO MD=
⇒ ∆MCH ∆MOD(c.g.c) nên: = ⇒Tứ giác CHOD nội tiếp ( có góc trong bằng góc ngoài ở đỉnh đối diện)
0,25
Do đó: OHD OCD = ( 2 góc nội tiếp cùng chắn OD) (5) Lại có ∆COD cân tại O⇒ OCD ODC= (6)
Mà = (7)
Từ (5), (6), (7) ⇒ =
0,25
Lại có AHM AHO= = 90 0 nên QHC QHD = Hay HQ là phân giác trong của tam giác CHD ⇒ QC HC
QD HD= (*)(T/c đường phân giác của tam giác) 0,25 Mặt khác HQ HM⊥
⇒ HM là phân giác ngoài của tam giác CHD ⇒ MC HC
MD HD= (**) Kết hợp (*) và (**) ta có: QC MC
QD MD=
⇒ QC MD= QD.MC(đpcm)
0,25
Câu 5
(1,0đ)
1 1 1 3 x y y z z x
= + + + + = + + + + + +
Theo bất đẳng thức Co-si cho hai số dương ta có
15 1 1
A
≥ + + + + = + + + + + +
Theo bất đẳng thức Co-si cho hai số dương ta có
1
2
z + y ≥ z y = ; 22 22 2 22 22 1
Ta có
1 1 2 1 1. 2 2 8
2
x + y ≥ x y = xy ≥ x y+ = x y+
Nên
2
2
+
2 2 2 2
0,25
0,25
0,25
Trang 6Vậy ( 2 2 2)
1 1 1 27
2
+ + + + ≥
2
z
x y= = 0,25
Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa